复旦大学数学学院19级高等代数I期中考试第七大题的三种证法及其推广

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第七大题  设 $A$ 为 $m$ 阶实反对称阵, $C$ 为 $n$ 阶实反对称阵, $B$ 为 $m\times n$ 阶实矩阵. 证明: $A+I_m$ 和 $C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B$ 都是非异阵.

矩阵非异性的判定是高等代数教学中的一个重点. 一般来说, 判定非异矩阵的方法有五种, 分别是:

(i) 行列式的计算 (参考高代白皮书第 1 章);

(ii) 凑因子法 (参考高代白皮书第 2.2.3 节);

(iii) 线性方程组求解理论的应用 (参考高代白皮书第 3.2.6 节的第 2 部分);

(iv) 互素多项式的应用 (参考高代白皮书第 5.2.9 节);

(v) 特征值的计算 (参考高代白皮书第 6.2.1 节).

本题是复旦大学数学学院 19 级高等代数 I 期中考试的第七大题, 重点考察线性方程组求解理论在证明矩阵非异性上的应用. 设 $A$ 为 $n$ 阶方阵, 由线性方程组的求解理论可知:

($*$)    $A$ 为非异阵当且仅当齐次线性方程组 $Ax=0$ 只有零解.

下面我们将利用这一判定准则, 给出第七大题的三种证法及其推广. 首先, 我们引用一个常见结论 (高代白皮书的例 2.3), 它给出了反对称阵的刻画, 是反对称阵最本质的性质之一.

引理  设 $S$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶方阵, 则 $S$ 为反对称阵当且仅当对任意的 $\alpha\in\mathbb{K}^n$, 均有 $\alpha‘S\alpha=0$.

第七大题的证明  任取线性方程组 $(A+I_m)x=0$ 的一个解 $x_0=(a_1,a_2,\cdots,a_m)‘\in\mathbb{R}^m$, 即有 $(A+I_m)x_0=0$. 在等式的两边同时左乘 $x‘_0$, 由引理可得 $$0=x‘_0(A+I_m)x_0=x‘_0x_0=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_m^2,$$ 于是 $a_1=a_2=\cdots=a_m=0$, 即有 $x_0=0$, 从而由判定准则 ($*$) 可知 $A+I_m$ 为非异阵. 关于矩阵 $C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B$ 的非异性, 我们给出三种不同的证法.

证法一  由矩阵 $C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B$ 的特殊性, 反向利用降阶公式, 构造一个 $m+n$ 阶矩阵 $M=\begin{pmatrix} A+I_m & B \\ B‘ & C-I_n \\ \end{pmatrix}$. 由降阶公式可知 $|M|=|A+I_m|\cdot|C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B|$, 故要证明 $C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B$ 非异, 只要证明 $M$ 非异即可. 任取 $M\begin{pmatrix} x \\ y \\ \end{pmatrix}=0$ 的一个解 $\begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \\ \end{pmatrix}\in\mathbb{R}^{m+n}$, 即有 $$\left\{\begin{array}{rcc} (A+I_m)x_0+By_0 &=& 0, \\ B‘x_0+(C-I_n)y_0 &=& 0. \\ \end{array}\right.$$ 上述第一个方程左乘 $x‘_0$, 第二个方程左乘 $y‘_0$, 然后两个等式相减. 利用引理并注意到 $x‘_0By_0=(x‘_0By_0)‘=y‘_0B‘x_0$, 最后可得 $x‘_0x_0+y‘_0y_0=0$, 于是 $x_0=0$, $y_0=0$, 从而由判定准则 ($*$) 可知 $M$ 为非异阵.

证法二  对证法一中的分块矩阵 $M$ 的第二分块行左乘 $-I_n$ (第二类分块初等变换), 可得分块矩阵 $$N=\begin{pmatrix} A+I_m & B \\ -B‘ & -C+I_n \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} A & B \\ -B‘ & -C \\ \end{pmatrix}+I_{m+n}.$$ 注意到 $\begin{pmatrix} A & B \\ -B‘ & -C \\ \end{pmatrix}$ 是实反对称阵, 故由第一个结论可知 $N$ 为非异阵, 从而 $M$ 也是非异阵.

证法三  直接证明矩阵 $C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B$ 的非异性. 任取线性方程组 $(C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B)x=0$ 的一个解 $x_0\in\mathbb{R}^n$, 即有 $(C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B)x_0=0$. 在等式的两边同时左乘 $x‘_0$, 由引理可得 $$(1)\quad 0=x‘_0(C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B)x_0=-x‘_0x_0-x‘_0B‘(A+I_m)^{-1}Bx_0.$$ 令 $y_0=(A+I_m)^{-1}Bx_0$, 则 $$(2)\quad y‘_0=x‘_0B‘((A+I_m)^{-1})‘=x‘_0B‘(A‘+I_m)^{-1}=x‘_0B‘(-A+I_m)^{-1}.$$ 将 (2) 式代入 (1) 式可得 $$0=-x‘_0x_0-y‘_0(-A+I_m)y_0=-x‘_0x_0-y‘_0y_0,$$ 于是 $x_0=0$, $y_0=0$, 从而由判定准则 ($*$) 可知 $C-I_n-B‘(A+I_m)^{-1}B$ 为非异阵.  $\Box$

关于第七大题的结论, 有各种各样的推广.

推广 1  设 $A$ 为 $n$ 阶正定 (半正定) 实对称阵, $S$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 则 $|A+S|\geq |A|>0$ ($|A+S|\geq |A|\geq 0$).

证明  正定阵的情形就是高代白皮书的例 9.100. 注意到主对角元素全大于零的对角阵是正定实对称阵, 故高代白皮书的例 3.78 是例 9.100 的特例, 它们都给出了第七大题第一个结论的推广. 半正定阵的情形可通过摄动法由正定阵的情形得到.  $\Box$

定义  设 $B$ 为 $n$ 阶实方阵, 若对任一 $0\neq\alpha\in\mathbb{R}^n$, 均有 $\alpha‘B\alpha>0$, 则称 $B$ 为亚正定阵; 若对任一 $\alpha\in\mathbb{R}^n$, 均有 $\alpha‘B\alpha\geq 0$, 则称 $B$ 为亚半正定阵.

容易证明: $B$ 是亚正定阵 (亚半正定阵) 当且仅当 $B+B‘$ 是正定阵 (半正定阵); 若 $B$ 是亚正定阵, 则 $B^{-1}$ 也是亚正定阵. 具体的证明细节和其他的结论请参考高代白皮书第 411 页的解答题 14 或 [问题2015S12].

命题  设 $B$ 为 $n$ 阶实方阵, 则 $B$ 为亚正定阵 (亚半正定阵) 当且仅当 $B=A+S$, 其中 $A$ 是正定 (半正定) 实对称阵, $S$ 是实反对称阵. 特别地, 若 $B$ 为亚正定阵 (亚半正定阵), 则 $|B|>0$ ($|B|\geq 0$).

证明  充分性可由引理直接验证亚正定阵 (亚半正定阵) 的定义得到. 必要性可由 $$A=\dfrac{1}{2}(B+B‘),\,\,\,\,S=\dfrac{1}{2}(B-B‘)$$ 以及亚正定阵 (亚半正定阵) 的等价定义得到. 第二个结论由推广 1 即得.  $\Box$

推广 2  设 $A$ 都是 $m$ 阶亚正定阵, $C$ 是 $n$ 阶亚正定阵, $B$ 是 $m\times n$ 阶实矩阵, 则 $C+B‘A^{-1}B$ 也是亚正定阵. 特别地, $|C+B‘A^{-1}B|>0$.

证明  由 $A$ 是亚正定阵可知 $A^{-1}$ 也是亚正定阵, 从而 $B‘A^{-1}B$ 是亚半正定阵. 又 $C$ 是亚正定阵, 故由定义可知 $C+B‘A^{-1}B$ 也是亚正定阵. 第二个结论由命题即得.  $\Box$

最后回到第七大题, 由命题可知 $A+I_m$ 和 $I_n-C$ 都是亚正定阵, 再由推广 2 可知 $$|I_n-C+B‘(A+I_m)^{-1}B|>0,$$ 这给出了第七大题第二个结论的推广.

复旦大学数学学院19级高等代数I期中考试第七大题的三种证法及其推广

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